Aloha :)
Beide Integrale kann man zu Standard-Integralen umformen:
$$I_1=\int\frac{dx}{\sqrt{x^2+9}}=\int\frac{dx}{3\sqrt{\left(\frac{x}{3}\right)^2+1}}=\int\frac{3d\left(\frac{x}{3}\right)}{3\sqrt{\left(\frac{x}{3}\right)^2+1}}\stackrel{u\coloneqq\frac{x}{3}}{=}\int\frac{du}{\sqrt{u^2+1}}$$$$\phantom{I_1}=\operatorname{arcsinh}(u)+c_1=\ln\left(u+\sqrt{u^2+1}\right)+c_1=\ln\left(\frac{x}{3}+\sqrt{\left(\frac{x}{3}\right)^2+1}\right)+c_1$$$$\phantom{I_1}=\ln\left(\frac{x}{3}+\frac{1}{3}\sqrt{x^2+9}\right)+c_1=\ln\left(\frac{1}{3}\right)+\ln\left(x+\sqrt{x^2+9}\right)+c_1$$$$\phantom{I_1}=\ln\left(x+\sqrt{x^2+9}\right)+\left(c_1+\ln\left(\frac{1}{3}\right)\right)=\ln\left(x+\sqrt{x^2+9}\right)+\text{const}$$$$I_2=\int\frac{\alpha}{x+4}\,dx=\alpha\ln(x+4)+\text{const}$$
Damit haben wir also gefunden:
$$I(y)\coloneqq\int\limits_0^y\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+9}}-\frac{\alpha}{x+4}\right)dx=\left[\ln\left(x+\sqrt{x^2+9}\right)-\alpha\ln(x+4)\right]_0^y$$$$\phantom{I(y)}=\left(\ln\left(y+\sqrt{y^2+9}\right)-\alpha\ln(y+4)\right)-\left(\ln\left(3\right)-\alpha\ln(4)\right)$$$$\phantom{I(y)}=\ln\left(\frac{y+\sqrt{y^2+9}}{(y+4)^\alpha}\right)-\ln\left(\frac{3}{4^\alpha}\right)$$
Der zweite Logarithmus ist konstant und spielt bei der nun folgenden Grenzwertbetrachtung \(y\to\infty\) zunächst keine Rolle. Im ersten Logarithmus gehen für \(y\to\infty\) sowohl der Zähler als auch der Nenner gegen \(\infty\), sodass wir die Regel von L'Hospital anwenden können:
$$\lim\limits_{y\to\infty}\left(\frac{y+\sqrt{y^2+9}}{(y+4)^\alpha}\right)=\lim\limits_{y\to\infty}\left(\frac{1+\frac{y}{\sqrt{y^2+9}}}{\alpha(y+4)^{\alpha-1}}\right)=\lim\limits_{y\to\infty}\left(\frac{1+\frac{1}{\sqrt{1+\frac{9}{y^2}}}}{\alpha(y+4)^{\alpha-1}}\right)$$
Der Zähler geht nach Anwendung von L'Hospial für \(y\to\infty\) gegen \(2\). Damit auch der Nenner gegen einen festen Wert konvergiert, muss \(\alpha=1\) sein. In diesem Fall konvergiert der Nenner gegen \(1\) und somit konvergiert auch der ganze Bruch gegen \(2\).
Das uneigentliche Integral exisitiert also nur für \(\alpha=1\):
$$I(\infty)=\ln(2)-\ln\left(\frac{3}{4}\right)=\ln(2)+\ln\left(\frac{4}{3}\right)=\ln\left(2\cdot\frac{4}{3}\right)=\ln\left(\frac{8}{3}\right)\quad\text{für }\alpha=1$$
